Странный сходящийся ряд

Question

Я пытаюсь оценить эту серию $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Но у меня есть некоторые условия $a_n$усложняет проблему. А именно,$a_n=3$ за $n = 2 \mod 4$ и $a_n = -1$ иначе.

Хотя 2 mod 4 = 2 - это просто число, друг в комментариях предположил, что 2 [mod 4] принимает значения 2,6,10, ... что, конечно, имеет смысл. Означающий, что$a_n$ пойдет как $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ за $n=2,3,4 ...$.

Я действительно не знаю, как проводить тест сходимости, когда у меня есть ограничения на такую ​​константу суммирования. Я попытался переписать сумму в более простую форму, попытался разделить две суммы на два разных$a_n$но я действительно не знаю, как это сделать, и вот где я застрял ...

Answer 1

Если мы хотим немного поиграть с тем фактом, что это условно конвергентно, мы можем использовать тот факт, что $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$чтобы разделить серию на две чередующиеся серии: \ begin {multline} S = \ sum_ {n = 2} ^ \ infty a_n \ frac {\ ln (n)} {n} = 2 \ sum_ {n = 1} ^ { \ infty} (- 1) ^ {n + 1} \ frac {\ ln (2n)} {2n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n) } {n} \\ = - \ ln (2) \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac {(- 1)} {n} - \ sum_ {n = 1} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} = \ ln ^ 2 (2) , \ end {multline} где на последнем шаге мы используем результат, который$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.

Что касается доказательства сходимости ряда, так как $\ln(n)/n$ монотонно уменьшается, вы сможете использовать это шоу, $\liminf$ и $\limsup$ частичных сумм равны.

Answer 2

Я обнаружил, что данную последовательность можно записать как $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ и $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$

Answer 3

Как я указал в комментариях, это Вопрос B-4 из конкурса Уильяма Лоуэлла Патнэма 2017 года. Для удобства я предоставляю первое из двух решений, предоставленных по ссылке в моем комментарии. Я не беру на себя ответственность - были внесены лишь незначительные изменения во фразировку.

Ключевым моментом является определение вспомогательной серии телескопирования с помощью терминов $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ для которого мы тривиально имеем $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ поскольку $a_k > 0$ за $k \ge 3$, мы также видим, что $(1)$ абсолютно сходится.

Построив такой ряд, позволяющий переставить его члены, мы теперь наблюдаем $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ следовательно

$$\begin{align} S &= \sum_{k=0}^\infty \left(3 \frac{\log(4k+2)}{4k+2} - \frac{\log(4k+3)}{4k+3} - \frac{\log(4k+4)}{4k+4} - \frac{\log(4k+5)}{4k+5}\right) \\ &= \sum_{k=0}^\infty (3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4}) \\ &= \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}). \tag{2} \end{align} $$

Далее мы наблюдаем $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Следовательно

$$\sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log^2 2. \tag{3}$$

Наконец, положив $(1)$, $(2)$, и $(3)$ вместе дает желаемый результат: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$

Answer 4

Это не совсем ответ, но это слишком долго для комментария. Я просто хотел поделиться другим возможным направлением решения этой проблемы. Наша сумма$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Но мы можем перегруппировать термины как $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Так, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Однако, используя законы логарифмов и сдвиг нашего индекса, можно вместо этого сформулировать это как $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ Приятно то, что все эти произведения определенно сходятся, поскольку все они монотонно возрастают и ограничены сверху величиной $1$. Эти продукты напоминают мне несколько хорошо известный продукт$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Возможно, кто-нибудь сможет сказать что-нибудь значимое о продуктах вида $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Мне это очень любопытно.